ВсОШ, 2012/13, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{R}{g}}\left(\dfrac{M+m}{M-m}\right)^{1/4}\).

Решение

Угол \(\alpha_0\), соответствующий положению равновесия, определяется из уравнения: \[M g \sin\alpha_0 = m g.\] По второму закону Ньютона для груза \(m\) (рис. 17): \[m a = m g - T.\] По второму закону Ньютона для точечной массы \(M\) в проекции на ось \(Ox\): \[M a = T - M g \sin\alpha.\] Так как нить нерастяжимая, то значения ускорений точечной массы \(M\) и груза \(m\) совпадают. Исключая \(T\) из уравнений, получим: \[(M + m) a = m g - M g \sin\alpha.\] Масса \(M\) закреплена на краю блока, поэтому выполняется соотношение \(a = R\ddot{\alpha}\).

Угол \(\alpha\) представим в виде \(\alpha = \alpha_0 + \beta\), \(\beta \ll 1\). Тогда \[\sin\alpha = \sin\alpha_0\cos\beta + \sin\beta\cos\alpha_0 \approx \sin\alpha_0 + \cos\alpha_0 \cdot \beta.\] Подставляя это в уравнение движения, получим: \[(M + m) R\ddot{\alpha} = -M g\cos\alpha_0 \cdot \beta.\] Учитывая, что \(\ddot{\alpha} = \ddot{\beta}\), получаем уравнение гармонических колебаний: \[\ddot{\beta} + \omega^2\beta = 0,\] где \(\omega = \sqrt{\dfrac{M g\cos\alpha_0}{(M+m)R}}\). Выразим \(\cos\alpha_0\) из уравнения равновесия. Окончательно получаем: \[T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\dfrac{R}{g}}\cdot\left(\dfrac{M+m}{M-m}\right)^{1/4}.\]

Решение

Первый способ решения. Теплоёмкость в точке \(K\) равна нулю, поэтому адиабата является касательной к прямой \(AB\) в точке \(K\). Уравнение адиабаты: \(pV^{\gamma} = \text{const}\). Продифференцируем по объёму \(V\): \(p'_V V^{\gamma} + \gamma p V^{\gamma - 1} = 0\). Угловой коэффициент прямой \(AB\) равен: \[k = p'_V = -\dfrac{C_p}{C_V}\dfrac{p_K}{V_K} = -\gamma\dfrac{p_K}{V_K}.\]

Второй способ решения. Рассмотрим процесс, описываемый прямой, проходящей через точку \(K\). При небольшом изменении объёма \(\Delta V\) газ получит теплоту: \[Q = \Delta U + p_K\Delta V.\] Используя уравнение состояния идеального газа, свяжем изменение температуры \(\Delta T\) с изменениями давления \(\Delta p\) и объёма \(\Delta V\): \[p_K\Delta V + V_K\Delta p = \nu R\Delta T.\] Отсюда получим выражение для теплоты: \[Q = \dfrac{C_p}{R}p_K\Delta V + \dfrac{C_V}{R}V_K\Delta p,\] которая равна нулю, так как теплоёмкость остаётся равной нулю в течение всего малого процесса. Прямая \(AB\), проходящая через \(K\), имеет наклон: \[k = \dfrac{\Delta p}{\Delta V} = -\dfrac{C_p}{C_V}\dfrac{p_K}{V_K} = -\gamma\dfrac{p_K}{V_K},\] для многоатомного газа \(\gamma = 4/3\).

Общая часть. Учтено, что для многоатомного газа \(C_V = 3R\) (\(\gamma = 4/3\)). Уравнение прямой \(AB\): \[p = p_K - \gamma\dfrac{p_K}{V_K}(V - V_K).\] Удобно построить эту прямую, найдя значение объёма \(V_1\) при нулевом давлении: \(V_1 = \dfrac{7V_K}{4}\).

Из точки \(K\) построим перпендикуляр \(KE\) к оси \(V\). Точке \(E\) соответствует значение объёма \(V_K\). Разделив отрезок \(OE\) пополам, и его левую часть ещё пополам, найдём отрезок \(DE\), равный \(\dfrac{3V_K}{4}\) (рис. 18). На оси \(V\) от точки \(E\) отложим отрезок \(EF\), равный \(DE\). По построению \(OF = V_1\). Проведём прямую через \(F\) и \(K\), на которой находятся точки \(A\) и \(B\). Треугольник \(ACB\) прямоугольный, поэтому \(CK = CB = CA\). Проведём окружность радиуса \(CK\) с центром в точке \(K\). Точки \(A\) и \(B\) лежат на прямой \(KF\).

Ответ

Максимальное количество воздуха: \(\nu_{0,1} = \nu_0\dfrac{p_0 S + 2mg}{p_0 S + mg}\); предельное количество: \(\nu = \nu_0\dfrac{2(p_0 S + mg)}{2p_0 S + mg}\).

Решение

Исходное количество воздуха в цилиндре \[\nu_0 = \dfrac{p_0 S h_0}{RT}.\] Уравнение состояния идеального газа, расположенного над поршнем после \(n\) переворотов: \[p_0 S h_n = \nu_n R T,\] где \(h_n\) — расстояние от верхнего торца до поршня после \(n\)-го переворота, \(\nu_n\) — количество газа. После \(n + 1\) переворота это же количество воздуха окажется внизу под поршнем: \[(p_0 + \Delta p) S (h_0 - h_{n+1}) = \nu_n R T,\] где \(\Delta p = \dfrac{mg}{S}\). Разделив второе уравнение на первое, получим \[(p_0 + \Delta p)(h_0 - h_{n+1}) = p_0 h_n.\] Отсюда выражаем \(h_{n+1}\) через \(h_n\): \[h_{n+1} = h_0 - \dfrac{p_0}{p_0 + \Delta p} h_n.\] Ответим на первый вопрос. После первого переворота количество воздуха под поршнем будет равно \(\nu_0\). Найдём \(h_1\) из последнего соотношения, положив \(n = 0\): \[h_1 = h_0\dfrac{\Delta p}{p_0 + \Delta p}.\] Количество воздуха над поршнем \[\nu_1 = \dfrac{p_0 S h_1}{RT}.\] При этом количество воздуха в цилиндре будет равно \[\nu_{0,1} = \nu_0 + \nu_1 = \nu_0\dfrac{p_0 + 2\Delta p}{p_0 + \Delta p}.\] Это количество будет максимальным, так как под поршнем воздуха \(\nu_0\), и при последующих переворотах его всегда будет меньше. А над поршнем давление воздуха \(p_0\), и, следовательно, максимальное количество воздуха в цилиндре равно \(\nu_{0,1}\).

После большого количества переворотов \(h_{n+1} = h_n\), отсюда получаем: \[h = \dfrac{p_0 + \Delta p}{2p_0 + \Delta p}h_0.\] Количество воздуха в цилиндре будет равно \[\nu = \nu_0\dfrac{2(p_0 S + mg)}{2p_0 S + mg}.\]

Примечание. На рисунке 19 приведена качественная диаграмма, показывающая, как изменяется количество воздуха в цилиндре в зависимости от \(n\). От участников олимпиады решение рекуррентного уравнения или уравнения \(\nu_{n+1} = f(\nu_n)\) не требуется.

Ответ

\(D \approx 0{,}32\) мкм.

Решение

Известно, что тонкий заряженный слой с поверхностной плотностью заряда \(\sigma\) создаёт в непосредственной близости от себя однородное электрическое поле с напряжённостью \[E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon\varepsilon_0}.\] Отсюда напряжённость поля \(E\) в точке с координатой \(x\) равна (рис. 20): \[E(x) = \begin{cases} 0, & x < 0, \\ -\dfrac{\sigma}{\varepsilon\varepsilon_0}\left(1 - \dfrac{x}{D}\right), & 0 \le x \le D, \\ 0, & x > D. \end{cases}\] В знаменателе отсутствует множитель 2 в том случае, если всё поле сосредоточено с одной стороны от заряженного слоя.

Видно, что напряжённость электрического поля \(E\) в области объёмного заряда является линейной функцией от координаты \(x\). На расстоянии от \(x = 0\) до \(x = D\) возникает разность потенциалов, которая может быть вычислена как площадь под графиком зависимости \(E(x)\). Из закона сохранения заряда \(\sigma = eN_dD\). В нашем случае получаем: \[U_k = \dfrac{\sigma D}{2\varepsilon\varepsilon_0} = \dfrac{eN_dD^2}{2\varepsilon\varepsilon_0}.\] Откуда окончательно получаем \[D = \sqrt{\dfrac{2\varepsilon\varepsilon_0 U_k}{eN_d}} = 0{,}32~\text{мкм}.\]

Ответ

\(Q = 0{,}1\) Дж.

Решение

Перед размыканием ключа для контура из источника и резистора (рис. 21) верно равенство: \[\mathcal{E} = (I_C + I_R) r + I_R R.\] Учитывая, что \(r = R/2\), получим: \[\mathcal{E} = I_C\dfrac{R}{2} + \dfrac{3}{2}I_R R.\] Выразим ток \(I_C\) через напряжение \(U_C = I_R R\) на конденсаторе: \[I_C = \dfrac{2}{R}\left(\mathcal{E} - \dfrac{3}{2}U_C\right).\] После размыкания ключа напряжение на конденсаторе не меняется: \[U_C = 2I_C R = 4\left(\mathcal{E} - \dfrac{3}{2}U_C\right),\] отсюда выражаем: \[U_C = \dfrac{4}{7}\mathcal{E} = 40~\text{В}.\] Энергия, запасённая в конденсаторе, перейдёт в теплоту: \[Q = \dfrac{C U_C^2}{2} = 0{,}1~\text{Дж}.\]